精品解析：湖南省名校联考联合体2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

名校联考联合体2025年春季高一年级期末联考 数学 时量：120分钟 满分：150分 得分： 一、选择题（本大题要8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的） 1. 若，则（ ） A. 12 B. 1 C. D. 5 2. 若，则（ ） A. －16 B. －15 C. －14 D. －13 3. 若命题，命题，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 函数图象的对称中心坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在棱长均为2的正四面体中，，分别为，的中点，则，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 若函数的图象如图，则的解析式可能为（ ） A B. C. D. 7. 已知某大厂的甲、乙车间生产的圆钢数之比为，现在要对甲、乙两个车间生产这种圆钢的直径进行误差抽检，具体要求为按比例分层抽检50根，若抽检的甲、乙车间圆钢的直径误差的平均值分别为，误差的方差分别为，则可以估计甲、乙车间的总体误差的方差约为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知球的半径为1，两个大圆面，互相垂直，，若平面与平面的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 在某次高三模拟考试后，数学老师统计了第一组的8名同学第19题的得分情况如下：7，9，5，8，5，3，3，3，第二组的8名同学第19题的得分情况如下：8，10，6，9，6，4，4，4，则（ ） A. 第二组平均数比较大 B. 两组的中位数之差的绝对值为1 C. 两组的众数相等 D. 两组的极差相等 10. 若将4张铁皮进行任意无重叠地切割，分别可以焊接成底面半径均为1，高均为2一个密闭圆锥和一个密闭圆柱、上下底面半径分别为，高为2的一个密闭圆台及直径为2的一个球（不考虑损耗），则体积与其表面积之比最大的是（ ） A. 球 B. 圆锥 C. 圆柱 D. 圆台 11. 在中，三个角所对的边分别为，其外接圆的半径为，若，则（ ） A. 的面积为 B. C. D. 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 从1，2，3，5这四个数中随机取出2个不同数，则它们差的绝对值为质数的概率为______． 13. 若或，则______． 14. 若方程在上有唯一解，则值为______． 四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知． （1）若，求； （2）若，求． 16. 在直三棱柱中，已知为的中点，． （1）求证：平面； （2）若，，，证明：平面． 17. 已知均为第一象限的角，且 （1）的值； （2）的值． 18. 如图，在平面四边形中，已知，交于，，，，且，令，． （1）判断：是否成立？请说明理由； （2）求的值； （3）证明：当时，位于外接圆的内部． 19. 在不透明的甲袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字个球上标有数字3，在不透明的乙袋中装有相同的3个白色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字，个球上标有数字3． （1）若，分别从甲、乙袋中随机摸出一个球，求摸出两个球的数字相等的概率； （2）若，从甲袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，再从乙袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，求的概率； （3）若，将乙袋中球倒入甲袋中，此时从甲袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件第一次取到的是红球，事件第二次取到了标记数字1的球是否相互独立?请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 名校联考联合体2025年春季高一年级期末联考 数学 时量：120分钟 满分：150分 得分： 一、选择题（本大题要8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的） 1. 若，则（ ） A. 12 B. 1 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的模直接计算即可. 【详解】由题可知：. 故选：D 2. 若，则（ ） A. －16 B. －15 C. －14 D. －13 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数运算性质直接计算即可. 【详解】由，所以， 又，所以. 故选：B 3. 若命题，命题，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】得到，然后根据小充分大必要进行判断即可. 【详解】由题可知：：， 所以， 所以是的必要不充分条件. 故选：B 4. 函数图象的对称中心坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为整体，结合正切函数的对称中心运算求解. 【详解】令，解得， 所以函数图象的对称中心坐标为. 故选：C. 5. 如图，在棱长均为2的正四面体中，，分别为，的中点，则，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别计算，然后可得，所成角的余弦值为，直接计算即可. 【详解】由题可知：， 所以，所成角的余弦值为， 故选：A 6. 若函数的图象如图，则的解析式可能为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图像可知函数为偶函数，以及函数图像始终在轴上方，判断即可. 【详解】由图形判断函数的定义域为，且为偶函数， 对A，，故错误； 对C，，故错误； 对B，， 当且始终是正数，故正确； 对D，， 当，但可以为负数，所以不符合要求，故错误. 故选：B 7. 已知某大厂的甲、乙车间生产的圆钢数之比为，现在要对甲、乙两个车间生产这种圆钢的直径进行误差抽检，具体要求为按比例分层抽检50根，若抽检的甲、乙车间圆钢的直径误差的平均值分别为，误差的方差分别为，则可以估计甲、乙车间的总体误差的方差约为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】按照分层抽样的方差计算公式计算即可. 【详解】由题可知：总体误差的平均数为 总体误差的方差为：. 故选：C 8. 如图，已知球的半径为1，两个大圆面，互相垂直，，若平面与平面的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出辅助线，⊥平面，⊥，由余弦定理和勾股定理求出各边长，求出，求出，利用得到，进而求出正切值. 【详解】过点作⊥，垂足为， 因为两个大圆面，互相垂直，交线为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，所以， 因为，所以，， 在中，由余弦定理得 ， 故， 由勾股定理得， 又，由勾股定理逆定理得⊥， 故， 在中，由余弦定理得， 故， ， 故，故. 故选：A 二、选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 在某次高三模拟考试后，数学老师统计了第一组的8名同学第19题的得分情况如下：7，9，5，8，5，3，3，3，第二组的8名同学第19题的得分情况如下：8，10，6，9，6，4，4，4，则（ ） A. 第二组的平均数比较大 B. 两组的中位数之差的绝对值为1 C. 两组的众数相等 D. 两组的极差相等 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平均数，中位数，众数，极差定义分别计算判断各个选项即可. 【详解】在某次高三模拟考试后，数学老师统计了第一组的8名同学第19题的得分情况如下：3，3，3，5，5，7，8，9，第二组的8名同学第19题的得分情况如下：4，4，4，6，6，8，9，10， 第一组和第二组的平均数分别是，第二组的平均数比较大，A选项正确； 第一组和第二组的中位数分别是5，6，所以中位数之差的绝对值为1，B选项正确； 第一组和第二组众数分别是3，4，不相等，C选项错误 第一组和第二组的极差分别是相等,D选项正确； 故选：ABD 10. 若将4张铁皮进行任意无重叠地切割，分别可以焊接成底面半径均为1，高均为2的一个密闭圆锥和一个密闭圆柱、上下底面半径分别为，高为2的一个密闭圆台及直径为2的一个球（不考虑损耗），则体积与其表面积之比最大的是（ ） A. 球 B. 圆锥 C. 圆柱 D. 圆台 【答案】AC 【解析】 【分析】分别计算圆锥，圆柱，圆台，球的体积表面积，并求得体积与表面积之比，进行判断即可. 【详解】圆锥的体积为：，表面积为：， 所以， 圆柱的体积为：，表面积为：， 所以， 圆台的体积为：， 表面积：， 所以， 球的体积为：， 表面积为：， 所以， 所以圆柱、球的体积与其表面积之比最大. 故选：AC 11. 在中，三个角所对的边分别为，其外接圆的半径为，若，则（ ） A. 的面积为 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦定理、三角形面积公式结合条件可判断A；由余弦定理结合，利用基本不等式可得，从而得到的范围即可判断B；利用基本不等式及条件得到，即可判断C；设，则，，代入，解得的范围即可判断D. 【详解】对于A，在中，由正弦定理得，所以， 所以的面积为故A正确； 对于B，在中，由余弦定理，得，当且仅当时等号成立，又因为，所以，故B正确； 对于C，因为，即，仅当时等号成立，又，所以，故C不正确； 对于D，设，则， 由，得，即， 因为，解得. 即，故D正确. 故选：ABD 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 从1，2，3，5这四个数中随机取出2个不同数，则它们差的绝对值为质数的概率为______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】先求出从四个数中随机取两个不同数的所有可能情况，再找出它们差的绝对值为质数的情况. 【详解】从1，2，3，5这四个数中随机取出2个不同数，共有种，所有可能的组合及其差的绝对值为： 若取和，，不是质数； 若取和，，质数； 若取和，，不是质数； 若取和，，不是质数； 若取和，，是质数； 若取和，，是质数； 满足它们差的绝对值为质数的组合为、、，共3种，该事件概率为. 故答案为：. 13. 若或，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据集合交集的定义求解即可. 【详解】由可知，集合包含所有的偶数， 因为为偶数，又或， 所以集合中的元素都为奇数，所以. 故答案为： 14. 若方程在上有唯一解，则的值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】把方程变形（同构化），然后利用函数的单调性，化简方程，再由方程根的概念求解． 【详解】因为方程在上有唯一解， 所以 所以，其中， 设， 在上单调递增； 所以，所以 故答案为：. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知． （1）若，求； （2）若，求． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用计算即可； （2）根据，得到，计算即可. 【小问1详解】 由，则， 又，所以. 【小问2详解】 由，所以， 又，所以， 则或 即或 16. 在直三棱柱中，已知为的中点，． （1）求证：平面； （2）若，，，证明：平面． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，根据两平面平行的判定定理证明平面平面，再由两平面平行的性质定理即可证明平面； （2）由线面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 如图，取中点，连接，，因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，所以为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面； 【小问2详解】 如图，因为，，， 所以，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以四边形为正方形，所以， 又，平面，平面，所以平面． 17. 已知均为第一象限的角，且 （1）的值； （2）的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，然后根据两角和的正弦公式计算即可； （2）先计算，然后利用二倍角的余弦公式计算即可. 【小问1详解】 由均为第一象限的角，， 所以， 所以， 所以 【小问2详解】 ， 所以， 所以 18. 如图，在平面四边形中，已知，交于，，，，且，令，． （1）判断：是否成立？请说明理由； （2）求的值； （3）证明：当时，位于外接圆的内部． 【答案】（1）成立，理由见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理计算判断即可； （2）利用正弦定理可得，然后判断即可； （3）根据（2）的条件直接证明即可. 【小问1详解】 成立，理由如下； 由题可知：，，设， 所以， 所以 所以 【小问2详解】 在中，， 在中，， 由（1）可知，，所以， 则或， 当，即时，所以； 当时，所以，则，所以与矛盾， 所以 【小问3详解】 要证明位于外接圆的内部，即证明 由（2）可知，所以 19. 在不透明的甲袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字个球上标有数字3，在不透明的乙袋中装有相同的3个白色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字，个球上标有数字3． （1）若，分别从甲、乙袋中随机摸出一个球，求摸出两个球的数字相等的概率； （2）若，从甲袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，再从乙袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，求的概率； （3）若，将乙袋中的球倒入甲袋中，此时从甲袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件第一次取到的是红球，事件第二次取到了标记数字1的球是否相互独立?请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是 【解析】 【分析】（1）设  为从甲袋摸出的球的数字， 为从乙袋摸出的球的数字，先求出各自的分布列，然后利用独立事件和互斥事件概率公式计算得到； （2）先求出的分布列，然后比较并利用独立事件概率公式计算得到； （3）直接分析可得到,利用全概率公式计算得到,然后利用独立事件概率定义验证. 【小问1详解】 给定 ，. 甲袋：6 个红球，其中标数字 1 的球有 2 个，标数字 2 的球有 2 个，标数字 3 的球有 2 个. 乙袋：3 个白球，其中标数字 1 的球有 1 个，标数字 2 的球有 1 个，标数字 3 的球有 1 个. 设为从甲袋摸出的球的数字，为从乙袋摸出的球的数字. ，，. ，，. 摸出两个球数字相等的概率为： 【小问2详解】 给定 ，，，. 甲袋：6 个红球，其中标数字 1 的球有 2 个，标数字 2 的球有 4 个，无标数字 3 的球. 乙袋：3 个白球，其中标数字 1 的球有 1 个，标数字 2 的球有 0 个，标数字 3 的球有 2 个. 从甲袋有放回摸两个球，数字和 ： ，. 的分布： ， ， . 从乙袋有放回摸两个球，数字和： ，，. 的分布： ， ， 。  和  独立，求 ：满足  的组合： ：， ：， ：， ：， ：. 总和： 【小问3详解】 给定 ，，，. 甲袋：6 个红球，其中标数字 1 的球有 2 个，标数字 2 的球有 4 个，无标数字 3 的球. 乙袋：3 个白球，其中标数字 1 的球有 1 个，标数字 2 的球有 2 个，无标数字 3 的球. 将乙袋球倒入甲袋后，总球数 9 个：标数字 1 的球有 个，标数字 2 的球有  个. 事件定义：：第一次取到红球（红球共 6 个），：第二次取到标数字 1 的球（标数字 1 的球共 3 个）. 计算概率：, ：第二次取到标数字 1 的球，由全概率公式： ，此时剩余标数字 1 的球有 2 个，总球 8 个，故 . ，此时剩余标数字 1 的球有 3 个，故 。 ：第一次取到红球且第二次取到标数字 1 的球. 有序抽取，总可能结果数：. 有利结果： 第一次取标数字 1 的红球（有 2 个），第二次取标数字 1 的球（剩余 2 个标数字 1 的球）： 种. 第一次取标数字 2 的红球（有 4 个），第二次取标数字 1 的球（剩余 3 个标数字 1 的球）： 种. 总和： 种. 验证独立性： 因为 ，所以事件  和  相互独立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$